Kalkulus 1. Tujuan 126 180 pendan materi matematika

F. Kalkulus 1. Tujuan

Secara khusus setelah mempelajari modul ini peserta diharapkan dapat : a. Menentukan turunan dari suatu fungsi b. Menggunakan turunan untuk memecahkan masalah c. Menentukan anti turunan dari suatu fungsi d. Menentukan integral tak tentu suatu fungsi e. Menentukan Integral tentu suatu fungsi f. Menggunakan integral tentu dalam menentukan luas suatu daerah g. Menggunakan integral tentu dalam menetukan volume benda putar

2. Uraian Materi

Materi yang akan dibahas pada modul ini meliputi materi tentang diferensial, Integral tak tentu, integral tentu dan penggunaan integral tentu yakni dalam menentukan luas daerah dan volume benda putar a. Diferensial Notasi yang di gunakan untuk menyatakan turunanderivative fungsi adalah � ′ � atau �� �� . 1 Definisi Turunan Fungsi Turunan fungsi f adalah fungsi lain yang nilainya pada sebarang bilangan c adalah �� �� = � ′ � = lim ℎ→0 ��+ℎ−�� ℎ jika limit diruas kanan ada. Contoh 1. Pandang fungsi konstan ∞ ∞ − = x c x f , , dimana c bilangan real, Maka untuk setiap x, , ≠ = − = − + h h c c h x f h x f Akibatnya, lim lim = = − + = → → h h h x f h x f x f . Contoh 2. Pandang fungsi identitas ∞ ∞ − = x x x f , , maka untuk setiap x, 1 = = − + = − + h h h x h x h x f h x f , akibatnya, 1 1 lim lim = = − + = → → h h h x f h x f x f Contoh 3. Misal ∞ ∞ − = x x x f , 3 maka 304 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA h x h xh h x x h x h x h x f h x f 3 3 2 2 3 3 3 3 3 − + + + = − + = − + = , 3 3 3 3 2 2 3 2 2 h xh x h h xh h x + + = + + Jadi, 2 2 2 3 3 3 lim lim x h xh x h x f h x f x f h h = + + = − + = → → . Contoh 4. Misal , 1 ≠ = x x x f maka h h x x h x x h x h x h x f h x f 1 1 + + − = − + = − + = , 1 ≠ + − = + − h h x x h h x x h Jadi, 2 1 1 lim lim x h x x h x f h x f x f h h − = + − = − + = → → . 2 Sifat-sifat TurunanDerivative a Jika fx = C dengan C konstanta maka , = x f b Jika fx = x maka 1 = x f c Jika n x x f = , n bilangan rasional, maka 1 + = n nx x f d Misalkan fungsi-fungsi f dan g dapat diturunkan di titik x dan C suatu konstanta maka fungsi – fungsi � + �, � − �, ��, �� ��� � � , gx ≠ 0 dapat diturunkan di x. Selanjutnya: 1. ] [ x g x f x g x f ± = ± 2. ] [ x Cf x Cf = 3. ] [ x g x f x g x f x g x f + = 4. , ] [ ] [ 2 ≠ − = x g x g x g x f x f x g x g x f Contoh-contoh : 1. Jika 3 1 2 2 3 x x x f + = , tentukan f’x Penyelesaian: ] 2 [ ] 3 [ ] 2 3 [ 3 1 2 3 1 2 x x x x x f + = + = sifat 4a = ] [ 2 ] [ 3 3 1 2 x x + sifat 4b = 3 2 3 2 3 2 6 ] 3 1 [ 2 ] 2 [ 3 − − + = + x x x x , = C dx dy MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 305 2. Tentukan turunan pertama 3 2 3 2 x x x x h + + = Penyelesaian: Misal 3 2 2 + = x x f dan 3 x x x g + = x x f 4 = 1 3 2 + = x x g maka berdasarkan sifat 4c diperoleh 3 15 10 3 11 6 4 4 1 3 3 2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 3 + + = + + + + = + + + + = + = = x x x x x x x x x x x x g x f x g x f x g x f x h 3. Tentukan turunan pertama 6 10 2 3 2 + + = x x x h Penyelesaian: Misal 10 2 2 + = x x f dan 6 3 + = x x g x x f 4 = 2 3 x x g = Maka berdasarkan sifat 4d diperoleh 2 3 2 4 2 3 2 2 3 2 1 24 30 2 1 3 10 2 4 6 ] [ ] [ + + − − = + + − + = − = = x x x x x x x x x x g x g x f x f x g x g x f x h Rumus- rumus turunan fungsi. 1. x x dx d 1 ln = 2. a a a dx d x x ln . = 3. x x e e dx d = 4. x x dx d cos sin = 5. x x dx d sin cos − = 6. x tgx dx d 2 cos 1 = 7. x ctgx dx d 2 sin 1 − = 8. 2 1 1 arccos arcsin x x dx d x dx d − − = − = 306 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 9. 2 1 1 cot x gx arc dx d arctgx dx d + = − = Latihan Tentukan x f , jika diketahui: 1. 2 2 + = x x x f 2. 2 3 6 x x x f + = 3. 2 2 3 2 + − = x x x f 4. x x f 2 sin = 5. 2 2 2 x t Cos x f + = 6. 5 3 2 2 1 2 x x x f + = 7. 3 2 ln + = x x f 8. 5 3 2 tan + = x x f 3 Penggunaan Turunan Perhatikan gambar berikut: Garis l pada gambar di atas memotong kurva y = fx di titik Px,fx dan Qx+h,fx+h. Jika titik Q bergerak sepanjang kurva mendekati P maka h akan mendekati nol dan garis l akan menjadi garis g, yaitu garis singgung kurva dititik P. Gradien garis l adalah h x f h x f − + , sedangkan gradien garis g adalah h x f h x f h lim − + → . Dari pembahasan sebelumnya h x f h x f h lim − + → merupakan turunan dari fungsi f yaitu f’x. Jadi gradien garis singgung kurva y = fx di titik x,fx adalah h x f h x f x f h lim − + = → , sedangkan persamaan garis singgung kurva y =fx di titik a,fa adalah a x a f a f y − = − atau a x a f a f y − + = l Px,fx x + h x Y X Qx+h,fx+h h g y = fx MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 307 Contoh. Tentukan persamaan garis singgung kurva 5 4 2 2 − − = x x y di titik 2,-5. Penyelesaian : 4 4 5 4 2 2 − = ⇒ − − = = x x f x x x f y 4 4 2 4 2 = − • = f Persamaan garis singgung kurva di titik 2,-5 adalah 18 4 10 8 4 2 4 5 − = − − = − = − − x y x y x y 4 Fungsi Naik dan Fungsi Turun Definisi Misalkan f terdefinisi pada interval I. 1. Fungsi f dikatakan naik pada interval I jika untuk setiap dua bilangan 2 1 , x x di I dengan 2 1 x x berlaku 2 1 x f x f . 2. Fungsi f dikatakan turun pada interval I jika untuk setiap dua bilangan 2 1 , x x di I dengan 2 1 x x berlaku 2 1 x f x f . Selain menggunakan definisi di atas, untuk menentukan dimana suatu fungsi naik atau turun dapat menggunakan turunan pertama dari suatu fungsi. Ingat, bahwa turunan pertama, � ′ � , menyatakan kemiringan dari garis singgung pada grafik f di titik x. Teorema Misalkan f kontinu pada interval I dan terdiferensial pada setiap titik dalam I. 1. Jika x f untuk semua x di I, maka f naik pada I 2. Jika x f untuk semua x di I, maka f turun pada I Contoh Perhatikan Fungsi kuadrat 2 x x f = berikut: Fungsi kuadrat 2 x x f = naik pada interval , ∞ dan turun pada interval , −∞ Contoh Jika �� = 2� 3 − 3� 2 − 12� + 7. Tentukan dimana fungsi f naik dan dimana turun. 308 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Penyelesaian: Untuk menentukan dimana fungsi f naik atau turun, pertama kita cari turunan pertama f. � ′ � = 6� 2 − 6� − 12 = 6� − 2� + 1 Langkah selanjutnya adalah menyelesaikan pertidaksamaan � − 2� + 1 0 dan juga � − 2� + 1 0 Pembuat nol diruas kiri dari dua pertidaksamaan di atas adalah 2 dan -1. Titik-titik ini membagi sumbu-X atas tiga selang yaitu −∞, −1, −1,2, ��� 2, ∞. Dengan menggunakan titik-titik uji -2, 0, dan 3, kita simpulkan bahwa � ′ � 0 pada selang pertama dan terakhir, dan � ′ � 0 pada selang kedua. Jadi fungsi f naik pada −∞, 1] dan [2, ∞ dan turun pada [1,2]. Definisi Misalkan fungsi f terdiferensialkan pada selang buka I. Fungsi f dikatakan cekung ke atas pada I jika �′ naik pada I dan dikatakan cekung ke bawah pada I jika �′ turun pada I Teorema Kecekungan Misalkan f terdiferensialkan dua kali pada selang buka I. a. Jika � ′′ � 0 untuk semua x dalam I, maka fungsi f cekung ke atas pada I. b. Jika � ′′ � 0 untuk semua x dalam I, maka fungsi f cekung ke bawah pada I. Contoh Tentukan selang dimana �� = 1 3 � 3 − � 2 − 3� + 4 naik, turun, cekung ke atas, dan cekung ke bawah. Penyelesaian: � ′ � = � 2 − 2� − 3 = � + 1� − 3 � ′′ � = 2� − 2 = 2� − 1 Dengan menyelesaikan pertidaksamaan � + 1� − 3 0dan � + 1� − 3 0, kita simpulkan bahwa fungsi f naik pada −∞, −1] dan [3, ∞ dan turun pada [-1,3]. Dengan cara yang sama, penyelesaian 2 � − 1 0 dan 2� − 1 0 memperlihatkan bahwa f cekung ke atas pada 1, ∞ dan cekung ke bawah pada −∞, 1 Definisi Misalkan D daerah asal fungsi f yang memuat titik c. a. fc adalah nilai maksimum fungsi f pada D jika c f x f ≤ untuk setiap x di D. b. fc adalah nilai minimum fungsi f pada D jika x f c f ≤ untuk setiap x di D. c. fc adalah nilai ekstrim dari f , jika �� adalah nilai maksimum atau sebuah nilai minimum. Teorema Jika fungsi f kontinu pada selang [ �, �], maka f mencapai nilai maksimum dan minimum disana. Teorema Titik Kritis Misalkan f terdiferensialkan pada selang I yang memuat titik c. Jika �� adalah nilai ekstrim, maka c haruslah titik kritis, yaitu c merupakan salah satu dari; MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 309 a. titik ujung I b. titik stasioner dari f � ′ � = 0 atau c. titik singular dari f � ′ � tidak ada. Contoh. 1. Diketahui 2 3 x x f − = . Karena = x f hanya dipenuhi oleh x = 0, maka titik kritis hanyalah 0. Tepatnya x = 0 merupakan titik stasioner fx. 2. Diketahui x x f = . f tidak ada. Jadi x = 0 titik kritis namun bukan titik stasioner. Teorema Uji Turunan Pertama Jika fungsi f kontinu pada selang terbuka a, b yang memuat titik kritis c, maka, 1. Jika fx 0 untuk semua x dalam selang bagian a,c dan fx 0 untuk semua x dalam selang bagian c, b, maka fc adalah nilai maksimum fungsi f. 2. Jika fx 0 untuk semua x dalam selang bagian a,c dan fx 0 untuk semua x dalam selang bagian c, b, maka fc adalah nilai minimum fungsi f. 3. Jika fx bertanda sama pada kedua pihak c, maka fc bukan nilai ekstrim fungsi f. Contoh Carilah nilai ekstri dari fungsi �� = � 2 − 6� + 5 pada selang −∞, ∞ Penyelesaian: Karena fungsi f kontinu dimana-mana, dan � ′ � = 2� − 6 = 2� − 3 ada untuk semua x, maka titik kritis untuk f adalah � ′ � = 0 yang dipenuhi oleh � = 3. Karena � ′ � = 2� − 6 0untuk � 3, fungsi f turun pada −∞, 3] dan karena � ′ � = 2 � − 6 0 untuk � 3, fungsi f naik pada [3, ∞ maka menurut teorema uji turunan pertama �3 = −4 adalah nilai minimum fungsi f. Teorema Uji Turunan Kedua Misalkan �′ dan �′′ ada pada setiap titik pada selang a,b yang memuat c, dan misalkan � ′ � = 0 a. Jika � ′′ � 0, �� adalah nilai maksimum f b. Jika � ′′ � 0, �� adalah nilai minimum f Contoh Seperti contoh sebelumnya, gunakan teorema uji turunan kedua. Penyelesaian: � ′ � = 2� − 6 = 2� − 3 � ′′ � = 2 Karena � ′ 3 = 0 dan � ′′ 3 0 maka menurut teorema uji turunan ke dua �3 adalah nilai minimum fungsi f. Contoh aplikasi: Sepotong kawat panjangnya 32 cm. Kawat itu dipotong menjadi dua bagian. Satu potong dilipat menjadi persegi dan sisanya dilipat untuk dijadikan sebuah lingkaran. Di tempat manakah kawat itu harus dipotong, supaya jumlah luas persegi dan lingkaran itu menjadi sekecil-kecilnya? 310 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Jawab. Misal kawat itu dipotong menjadi 2 bagian, yang satu panjangnya x dan yang lain panjangnya 32 – x Kawat yang panjangnya x dilipat menjadi persegi, maka sisinya adalah x4. Maka luas persegi tersebut adalah L 1 = x 2 16 Kawat yang panjangnya 32 - x dilipat menjadi lingkaran, jika jari-jari lingkaran tersebut adalah r, maka keliling lingkaran adalah 2 π r = 32 – x. jadi r = 32 – x2 π Luas lingkaran L 2 = πr 2 = 32 – x 2 4 π Jika L = L 1 + L 2 = x 2 16 + 32 – x 2 4 π, maka L mencapai nilai ekstrim bila L = 0. L = x8 - 32 - x2 π = 0 atau 2πx - 832 - x = 0 Jadi x = 128 π + 4, selanjutnya L = ½ + 12π 0, jadi terdapat nilai minimum. Jadi supaya L sekecil-kecilnya kawat itu harus dipotong menjadi dua bagian, masing-masing panjangnya 128 π + 4 cm dan 32 π + 4 cm. Latihan 1. Tentukan persamaan garis singgung di titik dengan absis x = 0 pada kurva 4 5 3 − − = x x y 2. Tentukan interval dimana fungsi �� = 1 3 � 3 + 2 � 2 − 5� + 6 naik atau turun. 3. Tentukan titik-titik kritis fungsi �� = � 23 pada interval [-1,1]. 4. Sebuah kotak tertutup akan dibuat dari bahan kardus tipis. Panjang kotak 2 kali lebarnya. Misalkan tinggi kotak h cm dan volumenya 50003 cm 3 , tentukan luas kardus minimum untuk membuat kotak tersebut. 5. Tentukan dua bilangan yang jumlahnya 40 dan hasil kali kedua bilangan tersebut maksimum. 6. Sebuah kaleng berbentuk silinder tanpa tutup akan dibuat dari seng dengan luas 27 π dm 2 . Berapakah volume maksimum dari silinder tanpa tutup yang dapat dibuat. b. Anti Turunan Pada bagian ini akan dibahas tentang arti “anti turunan” anti derivatif, “integral tak tentu”, dan beberapa hal dasar yang pada akhirnya membantu kita untuk menemukan teknik yang sistematik dalam menentukan suatu fungsi jika derivatifnya diketahui. Kita telah memahami bahwa: x x x dx d x x dx d x x dx d 1 1 ; 2 7 ; cos sin 2 − = − = − − = . Jika A dan B adalah himpunan fungsi dan kita buat relasi “derivatifnya adalah” dari A ke B, maka untuk beberapa fungsi di atas dapat diillustrasikan sebagai berikut. MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 311 Dengan memperhatikan tabel di atas kita dapat membaca: 1 x sin derivatifnya adalah x cos 2 7 2 − − x derifativnya adalah x 2 − 3 x 1 derivatifnya adalah x x 1 − Dengan kalimat berbeda tapi tidak mengubah makna adalah: 1 x cos adalah derivatif dari x sin 2 x 2 − adalah derivatif dari 7 2 − − x 3 x x 1 − adalah derivatif dari x 1 Siapakah fungsi t ? Fungsi t adalah fungsi yang derivatifnya x x 2 3 − . Fungsi yang derivatifnya adalah x x 2 3 − disebut juga anti derivatif anti turunan dari x x 2 3 − . Uraian diatas secara formal dapat dinyatakan dengan definisi berikut. Kita tahu bahwa derivatif dari 2 4 4 1 x x − adalah x x 2 3 − . Oleh karena itu, kita dapat mengatakan anti derivatif dari x x 2 3 − adalah 2 4 4 1 x x − . Contoh 2.1 Fungsi-fungsi π + + − 2 2 2 2 2 , 11 2 , 3 2 , 2 x x x x semuanya merupakan anti derivatif dari x 4 karena derivatif dari setiap fungsi itu adalah x 4 . Untuk sebarang konstanta c, c x + 2 2 merupakan anti derivatif dari 3 3 2 x . Itu menunjukkan bahwa anti derivatif suatu fungsi tidak tunggal lebih dari sebuah. Secara umum dinyatakan dengan teorema berikut ini.

2.1 DEFINISI. Fungsi F disebut anti derivatif dari fungsi

f pada suatu selang jika x f x F = pada selang itu. x x f sin = 2 − − = x x g x x h 1 = . . . = x t A x cos x 2 − x x 1 − x x 2 3 − B “ derivatifnya adalah” 312 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Bukti Teorema 2.2: Jika x F anti derivatif dari x f , maka . ] [ x f x F dx d = Untuk sebarang konstanta c, ] [ ] [ ] [ c dx d x F dx d c x F dx d + = + + = x f = x f . Dengan demikian c x F + juga anti derevatif dari . x f Contoh 2.2 Dengan memperhatikan diagram 1.1 dan Teorema 2.2 kita peroleh, Anti derivatif x cos adalah c x + sin , karena x c x dx d cos sin = + . Anti derivatif x 2 − adalah c x + − 2 , karena x c x dx d 2 2 − = + − . Anti derivatif x x 1 − adalah c x + 1 , karena x x c x dx d 1 1 − = + . Contoh 2.3 ln 2 1 = x x x F adalah anti derivatif dari x x f 2 1 = , karena x x dx d 2 1 ] ln 2 1 [ = . Demikian pula x x G 3 ln 2 1 = juga anti derivatif dari x f , karena x x dx d 2 1 ] 3 ln 2 1 [ = . Contoh 2.4 x x H 2 cos 2 1 − = adalah anti derivatif dari x 2 sin , karena . 2 sin ] 2 cos 2 1 [ x x dx d = − Demikian pula x x T 2 cos − = juga anti derivatif dari x 2 sin , karena . 2 sin ] cos [ 2 x x dx d = − Pada contoh 2.3, x F dan x G merupakan anti derivatif dari x 2 1 . Ternyata x G dapat dinyatakan sebagai x F ditambah suatu konstanta coba cek sendiri. Demikian pula pada contoh 2.4, x H dan x T keduanya merupakan anti derivatif dari x 2 sin . Ternyata 2 1 + = x H x T coba cek sendiri. Jika dua fungsi atau lebih merupakan anti derivatif dari x f , maka fungsi-fungsi itu hanya berbeda konstanta. Pernyataan ini dirumuskan dalam teorema berikut.

2.2 Teorema. Jika

x F anti derivatif dari x f , maka untuk sebarang konstanta c, c x F + juga anti derivatif dari x f .

2.3 Teorema.

Jika x F dan x G anti derivatif dari x f , maka c x F x G + = untuk suatu konstanta c. MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 313 Bukti Teorema 2.3: Misalkan x G x F x H − = . x G x F x H − = x f x f − = = x H Dengan demikian . c x H = Jadi, c x G x F = − . . c x G x F + = Jika x F adalah fungsi sehingga ] [ x f x F dx d = , maka fungsi dengan bentuk c x F + disebut anti derivatif dari x f dan ditulis dengan Simbol ∫ dibaca “integral” dan x f disebut “integran”. Pernyataan 1 dibaca “integral tak tentu dari x f sama dengan x F ditambah c. Kata “tak tentu” menunjukkan bahwa hasilnya tak tentu banyak fungsi yang mungkin, c disebut konstanta pengintegralan. Untuk menyederhanakan penulisan, seringkali dx “dimasukkan” pada integran. Contoh, ∫ dx . 1 ditulis dengan ∫ dx dan ∫ dx x 2 1 ditulis dengan ∫ 2 x dx . Dengan memperhatikam Contoh 2.1 sampai Contoh 2.4, kita dapat menulis: ∫ + = c x xdx 2 2 4 ∫ + = c x xdx sin cos ∫ + = − c x dx x x 1 1 ∫ + = c x dx x 4 3 4 ∫ + = c x dx x ln 2 1 2 1 ∫ + = c x dx x 2 1 ln 2 1 2 1 ∫ + − = c x dx x 2 cos 2 1 2 sin ∫ + − = c x dx x 2 cos 2 sin Formula pengintegralan “dasar” diberikan pada tabel berikut ini. Tabel 2.1 No Derivatif Anti Derivatif 1 1 ] [ = x dx d ∫ + = c x dx 2 1 ] [ln = x x x dx d ∫ + = c x x dx ln ∫ + = c x F dx x f 314 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA No Derivatif Anti Derivatif 3 1 , ] 1 [ 1 − ≠ = + + n x n x dx d n n ∫ + + = + c x n dx x n n 1 1 1 4 x x dx d cos ] [sin = ∫ + = c x dx x sin cos 5 x x dx d sin ] cos [ = − ∫ + − = c x dx x cos sin 6 x x e e dx d = ] [ ∫ + = c e dx e x x 7 x tgx dx d 2 cos 1 ] [ = ∫ + = c tgx dx x 2 cos 1 8 x ctgx dx d 2 sin 1 ] [ = − ∫ + − = c ctgx dx x 2 sin 1 Kita ingat kembali bahwa ∫ dx x f berarti anti derivatif dari . x f Dengan kata lain, ∫ dx x f adalah fungsi yang derivatifnya adalah . x f Dengan demikian kita memperoleh hasil Hasil di atas sangat membantu kita dalam membuktikan teorema berikut ini. Bukti Teorema 2.4: a [ dx d c ∫ ∫ = ]. [ ] dx x f dx d c dx x f = . x f c . Karena derivatifdari ∫ = . x f c dx x f c , itu sama artinya dengan ∫ ∫ = . . dx x f c dx x f c b ∫ ∫ ∫ ∫ + = + ] [ ] [ ] [ dx x g dx d dx x f dx d dx x g dx x f dx d = . x g x f + Jadi, ∫ ∫ ∫ + = + dx x g dx x f dx x g x f ] [ . Contoh 2.5 ∫ ∫ + + = + dx x x x dx x x 6 9 3 4 3 2 2 2 ∫ = x f dx x f dx d

2.4 Teorema.

a Jika c adalah konstanta, maka ∫ ∫ = . . dx x f c dx x f c b ∫ ∫ ∫ + = + dx x g dx x f dx x g x f ] [ MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 315 = ∫ ∫ ∫ + + dx x dx x dx x 4 3 2 6 9 = ∫ ∫ ∫ + + dx x dx x dx x 4 3 2 6 9 = c x x x + + + 5 4 3 5 1 2 3 3 Contoh 2.6 dx x x x x x 1 sin 2 3 1 3 ∫ + + + = ∫ ∫ ∫ ∫ − + + + dx x dx x dx x dx x 2 3 3 sin 2 1 3 1 = c x x x x + − + − 1 2 4 1 cos 2 ln 3 1 4 Contoh 2.7 dx x x ] 5 1 2 1 3 [ 2 2 − + + − − ∫ = ∫ ∫ ∫ − + + − − dx x dx x dx 5 1 2 1 3 2 2 = 3 − c x arctgx x + − + 5 2 arcsin . Kita perhatikan bahwa . 1 1 ] 1 1 [ 1 x f x f n n c x f n dx d n n + + = + + + = . x f x f n Dengan demikian, ∫ + + = + c x f n dx x f x f n n 1 1 1 . . Mengingat dx x f x df = , maka dapat dirumuskan Dengan metode yang sama seperti di atas analog, dapat dikembangkan formula yang lebih umum dari tabel 1.1 menjadi tabel 2.2 berikut. Tabel 2.2 No Anti Derivatif 1 ∫ + = c x f dfx 2 ∫ + = c x f x f x df ln 3 ∫ + + = + c x f n x df x f n n 1 1 1 4 ∫ + = c x f x df x f sin cos 5 ∫ + − = c x f x df x f cos sin 6 ∫ + = c e x df e x f x f 7 ∫ + = c x tgf x f x df cos 2 1 ; 1 1 1 − ± + + = ∫ + n c x f n x df x f n n 316 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 8 ∫ + − = c x ctgf dx x f x df sin 2 Contoh 2.8 ∫ + dx x x 5 3 2 7 = ∫ + + 7 7 3 1 3 5 3 x d x = c x + + 6 3 7 6 1 . 3 1 = c x + + 6 3 7 18 1 . Contoh 2.9 ∫ + dx tgx x 2 1 = ∫ ∫ + dx x x x dx cos sin 2 1 = ∫ − x x d x cos cos ln 2 1 = c x x + − cos ln ln 2 1 = c x x + cos ln . Contoh 2.10 ∫ dx x x ln 1 = ∫ x x d ln ln = c x + ln ln . Contoh 2.11 ∫ + − 5 2 2 x x dx = ∫ + − 4 1 2 x dx = 4 1 ∫ + − 1 2 1 2 x dx = 4 1 .2. ∫ + − − 1 2 1 2 1 2 x x d = c x tg arc + − 2 1 . 2 1 . Contoh 2.12 ∫ ∫ − = dx x dx x 2 cos 1 2 1 sin 2 ∫ − = dx x 2 cos 1 2 1 Ingat: dx x x d 2 3 3 7 = + Ingat: xdx x d sin cos − = Ingat: dx x x d 1 ln = MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 317 ∫ ∫ − = dx x dx 2 cos 2 1 2 1 ∫ ∫ − = 2 2 cos 2 1 . 2 1 2 1 x d x dx = c x x + − 2 sin 4 1 2 1 . Contoh 2.13 ∫ ∫ + = dx x dx x 2 cos 1 2 1 cos 2 ∫ ∫ + = dx x dx x 2 cos 1 2 1 cos 2 ∫ ∫ + = dx x dx 2 cos 2 1 2 1 ∫ ∫ + = 2 2 cos 2 1 . 2 1 2 1 x d x dx ∫ ∫ + = 2 2 cos 4 1 2 1 x d x dx c x x + + = 2 sin 4 1 2 1 Contoh 2.14 ∫ ∫ = 3 3 1 3 3 x d e dx e x x c e x + = 3 3 1 Latihan1 Tentukan Integral tak tentu berikut ini 1. ∫ − + − dx x x x 4 7 2 3 2 5 2. dx x x x 7 5 3 2 4 3 ∫ + − 4. dx x x x x x ∫ − + + 7 6 4 4 5 5. ∫ − − + dx x x x x 4 5 . 3 4 3 2 2 5 c. Integral Parsial Teknik lain sebagai salah satu alternatif yang mungkin dapat dilakukan untuk menentukan integral tak tentu adalah dengan pengintegralan parsial. Teknik ini didasarkan pada turunan hasil kali dua fungsi. Misalkan maka x g v dan x f u , = = 318 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA [ ] . . . , , x f x g x g x f x g x f dx d + = . Dengan mengintegralkan kedua ruas persamaan di atas dan menggunakan Teorema 1.4 kita peroleh ∫ ∫ + = dx x f x g dx x g x f x g x f . . . , , Atau ∫ ∫ − = dx x f x g x g x f dx x g x f . . . , , . Karena dx x g dv , = dan dx x f du , = , persamaan terakhir dapat ditulis sebagai berikut. Persamaan di atas sering kita sebut dengan Rumus Integral Parsial bagian demi bagian. Contoh 3.1 Tentukan ∫ dx x x cos Penyelesaian: Kita akan memisalkan dx x x cos sebagai dv u . Salah satu caranya adalah dengan memisalkan x u = dan dx x dv cos = . Dengan pemisalan itu kita peroleh dx du = dan c x dx x v + = = ∫ sin cos . Dengan rumus integral parsial kita peroleh, ∫ ∫ − + = dx x c x x dx x x sin sin . cos c x x x + + = cos sin . . Pemisalan u dan dv dipilih sehingga integral yang muncul lebih sederhana dan dapat diselesaikan. Pemilihan yang keliru tidak akan membantu dalam menyelesaikan integral bahkan justru dapat memunculkan integral yang lebih rumit. Jika untuk soal di atas kita melakukan pemisalan x u cos = dan xdx dv = , maka kita peroleh xdx du sin − = dan 2 2 x v = . Dengan menggunakan rumus integral parsial, maka diperoleh, ∫ ∫ − − = sin 2 2 cos cos 2 2 dx x x x x dx x x . Dengan melakukan pemisalan tersebut justru memunculkan integral yang lebih rumit. Contoh 3.2 Tentukan ∫ dx x ln Penyelesaian: Misalkan x u ln = dan dx dv = , maka dx x du 1 = dan x v = . Dengan menggunakan rumus integral parsial kita peroleh, ∫ ∫ − = dx x x x x dx x 1 . ln ln ∫ ∫ − = du v v u dv u . MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 319 ∫ − = dx x x ln c x x x + − = ln . 320 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Latihan 2 Hitung integral berikut ini 1. ∫ xdx 3 ln 2. ∫ + dx x x 1 3. ∫ dx x x cos ln sin 4. ∫ dx e x x 2 5. ∫ dx x x cos 2

d. Teorema Dasar Kalkulus

Contoh: Hitung ∫ − 3 1 2 2 dx x x Jawab:Karena x x x f 2 2 − = kontinu pada [1,3] dan 2 3 3 1 x x x F − = anti turunan dari f, maka ∫ − 3 1 2 2 dx x x =     − 2 3 3 1 3 1 x x = 3 2 . Kita boleh mengambil c x x x F + − = 2 3 3 1 , hal ini tidak akan berpengaruh pada hasil akhir. Contoh: Hitung ∫ π sin dx x Jawab: Karena x x f sin = kontinu pada [0, π ] dan anti turunan dari f adalah x x F cos − = , maka ∫ x dx x sin = [ ] x cos − π = 2.. Contoh: Hitung ∫ + 1 4 1 dx x x Teorema Dasar Kalkulus Misalkan fungsi f kontinu pada [a, b] dan misalkan F sebarang anti turunan dari f, maka ∫ − = b a a F b F dx x f MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 321 Jawab: Karena 4 1 x x x f + = kontinu pada [0,1] dan ∫ ∫ + = + = + c x arctg x x d dx x x 2 2 2 2 4 2 1 1 2 1 1 , maka ∫ + 1 4 1 dx x x = 8 2 2 1 1 π =     x arctg .

e. Menentukan Luas Daerah Bidang

Salah satu penggunaan integral tentu adalah untuk menentukan luas daerah bidang. Tentu tidak semua daerah bidang dapat ditentukan luasnya dengan mudah. Pada bagian ini kita akan membahas cara menentukan luas daerah bidang yang dibatasi oleh beberapa kurva yang diketahui atau dapat ditentukan persamaannya. Luas daerah yang dibatasi x f y = , garis a x = , garis b x = dan sumbu X; b x untuk x f ≤ ≤ ≥ . Contoh 1 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh kurva 1 2 + = x y , sumbu-X, garis 1 − = x dan 2 = x . Jawab: ∫ ∫ − − + = = 2 1 2 1 2 1 dx x dx y L =     + − x x 3 3 1 2 1 = 6 3 18 1 3 1 2 3 8 = =       − − −       + . ∫ = b a dx x f L X Y b a y=fx 322 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Contoh 2 Tentukan luas daerah di atas sumbu-X yang dibatasi oleh grafik x y = dan garis 6 + − = x y . Jawab: Grafik x y = dan 6 + − = x y berpotongan di = x 4. Garis 6 + − = x y memotong sumbu- X di 6 = x . ∫ ∫ + − + = 4 6 4 6 dx x dx x L = +           2 3 3 2 4 x     + − x x 6 2 1 2 6 4 = 3 22 2 3 16 = + . Jika f bernilai negatif pada suatu sub interval [a,b], maka luas daerah D adalah ∫ = b a dx x f L Contoh 3 Tentukan luas daerah yang diarsir berikut ini. Jawab: Daerah yang akan kita cari luasnya sebagian ada di atas sumbu-X dansebagian ada di bawah sumbu-X. Dengan demikian luasnya adalah ∫ ∫ − − − − + − − − = 1 1 2 1 2 3 2 3 3 3 3 3 dx x x x dx x x x L , atau dapat pula ditulis, MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 323 ∫ ∫ − − − − − − − − = 1 1 2 1 2 3 2 3 3 3 3 3 dx x x x dx x x x L = 2 1 2 3 4 1 1 2 3 4 3 2 4 3 2 4       + − − −       + − − − x x x x x x x x = 4- 4 23 4 7 =      − . Luas daerah yang dibatasi y f x = , garis a y = , garis b y = dan sumbu Y. ∫ = b a dy y f L Contoh 4 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik 2 x y = , garis 4 = y dan sumbu Y. Jawab: 2 x y = y x = ⇔ 3 16 3 2 4 4 = = =     ∫ y y dy y L Contoh 5 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik 3 x y = , garis 1 − = y , garis 8 = y dan sumbu Y. Jawab: 2 x y = 4 3 x y = 8 -1 324 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA = + − = ∫ ∫ − 1 8 3 3 dy y dy y L 3 2 12 2 . 8 . 4 3 4 3 4 3 4 3 8 3 1 3 = +      − − =     +    − − y y y y . Luas daerah yang dibatasi x f y = , x g y = , garis a x = , garis b x = dan sumbu Y. Contoh 6 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik x y sin = , x y cos = , sumbu Y dan garis π = x . Jawab: Kedua grafik berpotongan di titik       2 2 1 , 4 1 π . ∫ ∫ − + − = π π π 4 1 4 1 cos sin sin cos dx x x dx x x L = [ ] [ ] x x x x sin cos 4 1 cos sin 4 1 − − + + π π π = 2 2 2 1 1 2 = + + − . Contoh 7 Tentukan luas daerah yang dibatasi grafik 1 3 2 − = y x , y x = dan sumbu X. Jawab: , 1 3 2 ≥ = − y y y ⇔ y y y 4 9 1 2 2 = + − ⇔ 1 4 1 4 2 = + − y y ⇔ 4 1 . 4 = − − y y dx x g x f L b a ∫ − = MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 325 Dari persamaan y x = berarti ≥ x , sehingga dari 1 3 2 − = y x diperoleh syarat 1 ≥ y . Dengan demikian y yang memenuhi persamaan 4 1 . 4 = − − y y adalah 4 = y yang dicapai untuk 2 = x . ∫ − − =       − − =     4 2 1 3 1 3 2 4 1 3 2 y y y dy y y L 3 2 2 3 1 9 . 3 1 8 . 3 2 = + − = L . Latihan 3 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh kurva berikut ini dengan membuat sketsa grafik kurva yang diketahui persamaannya terlebih dahulu dan mengarsir daerah yang dimaksud. 1. 2 2 + = x y , x y − = , 2 − = x dan 2 = x . 2. 3 2 2 − + = x x y , sumbu X 3. 2 2 x y − = dan x y =

f. Volume Benda Putar

Jika suatu daerah bidang datar diputar mengelilingi sebuah garis lurus, maka akan terbentuk suatu benda putar. Garis tetap itu kita sebut sumbu putar. Sebuah contoh jika daerah segitiga ABC diputar mengelilingi sisi AC maka akan terbentuk kerucut lihat gambar. Jika daerah lingkaran diputar dengan sumbu garis m maka akan terbentuk torus seperti ban. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva x f y = , sumbu-X, garis a x = dan garis b x = diputar mengelilingi sumbu-X adalah: C B A m ∫ = b a dx y V 2 π 326 MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA Contoh 1 Tentukan volume benda putar V yang terbentuk jika daerah yang dibatasi oleh kurva x y = , sumbu X dan garis 4 = x diputar mengelilingi sumbu X. Jawab: V = ∫ ∫ = 4 2 4 xdx dx x π π = π π 8 2 2 1 4 =     x . Contoh 2 Tentukan volume benda putar V yang terbentuk jika daerah yang dibatasi oleh kurva 3 x y = , sumbu Y dan garis 3 = y diputar mengelilingi sumbu Y. Jawab: V = ∫ ∫ = 3 03 3 2 2 3 3 dy y dy y π π = 5 9 9 3 5 3 3 5 3 π π =         y . Contoh 3 Tentukan volume benda putar V jika daerah yang dibatasi oleh parabola 2 x y = dan x y 8 2 = diputar mengelilingi sumbu X. Jawab: [ ] dx x x V 4 2 8 − = ∫ π = 5 48 5 5 2 2 8 2 π π = −       x x . Latihan 4 Tentuan volume daerah benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva- kurva berikut ini dengan terlebih dahulu membuat sketsa daerah yang dimaksud. 1. 1 2 + = x y ; sumbu Y; sumbu X dan garis 2 = x diputar terhadap sumbu X. 2. x x y 4 2 + − = ; sumbu X dan garis 3 = x , diputar terhadap sumbu X. 3. 2 4 x y − = ; sumbu U dan sumbu X, diputar terhadap: a. Sumbu X b. Sumbu Y 4. 2 4 1 x y = ; 4 = = y dan x , diputar terhadap sumbu X 5. 2 ; 3 = = = y dan x x y , diputar terhadap sumbu X MODUL PLPG 2014 | PENDALAMAN MATERI MATEMATIKA 327

G. PELUANG DAN STATISTIKA 1. Tujuan